Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Gọi giao điểm của hai đường chéo là O giao điểm của hai cạnh bên là S,giao điểm của SO với AB,CD lần lượt là X,Y.
Ta có AX//YC nên theo định lý Ta lét ta có:
\(\frac{AX}{YC}\)=\(\frac{AO}{OC}\)=\(\frac{AB}{DC}\)=\(\frac{AX}{DY}\)
=>YC=DY
Vậy Y là trung điểm của DC.
Ta có AB//DC theo định lý Ta-lét ta có:
\(\frac{AX}{DY}\)=\(\frac{SX}{XY}\)=\(\frac{XB}{YC}\)
mà DY=YC(c/m trên)
=>AX=XB=>X là trung điểm của AB
Vậy giao điểm của SO với AB,CD tại trung điểm của các cạnh đó
=>đpcm
Ta cũng dễ dàng chứng mình được đường thẳng chứa 4 điểm đó là trùng trực của hai cạnh đấy sao khi chừng minh chúng thẳng hàng ở trên nhé!
Gọi giao điểm của hai đường chéo là O giao điểm của hai cạnh bên là S,giao điểm của SO với AB,CD lần lượt là X,Y.
Ta có AX//YC nên theo định lý Ta lét ta có:
AXYCAXYC=AOOCAOOC=ABDCABDC=AXDYAXDY
=>YC=DY
Vậy Y là trung điểm của DC.
Ta có AB//DC theo định lý Ta-lét ta có:
AXDYAXDY=SXXYSXXY=XBYCXBYC
mà DY=YC(c/m trên)
=>AX=XB=>X là trung điểm của AB
Vậy giao điểm của SO với AB,CD tại trung điểm của các cạnh đó
=>đpcm
a:
Ta có: AD//BC
P\(\in\)AD
Do đó: AP//BC
Ta có:BA\(\perp\)AD
P\(\in\)AD
Do đó: BA\(\perp\)PD tại A
Xét ΔMAP vuông tại A và ΔMBC vuông tại B có
MA=MB
\(\widehat{AMP}=\widehat{BMC}\)(hai góc đối đỉnh)
Do đó: ΔMAP=ΔMBC
=>AP=BC
Xét tứ giác APBC có
AP//BC
AP=BC
Do đó: APBC là hình bình hành
Xét tứ giác BCDP có BC//DP
nên BCDP là hình thang
Hình thang BCDP có BC\(\perp\)CD
nên BCDP là hình thang vuông
b: Vì BCDP là hình thang vuông
nên \(S_{BCDP}=\dfrac{1}{2}\left(BC+DP\right)\cdot DC\)
\(=\dfrac{1}{2}\cdot DC\left(BC+DA+AP\right)\)
\(=\dfrac{1}{2}\cdot DC\cdot\left(DC+DC+BC\right)\)
\(=\dfrac{1}{2}\cdot DC\cdot\left(2DC+DC\right)=\dfrac{1}{2}\cdot3DC^2=\dfrac{3}{2}\cdot DC^2\)
Vì AP=BC
mà BC=AD
nên AP=AD
=>A là trung điểm của PD
\(S_{BPAC}=S_{PAB}+S_{ABC}\)
\(=\dfrac{1}{2}\cdot AP\cdot AB+\dfrac{1}{2}\cdot AB\cdot BC\)
\(=\dfrac{1}{2}\cdot BC\cdot AB+\dfrac{1}{2}\cdot BC\cdot AB=BC\cdot AB=AB^2=DC^2\)
=>\(S_{BCDP}=\dfrac{3}{2}\cdot S_{BPAC}\)
=>\(2\cdot S_{BCDP}=3\cdot S_{BPAC}\)
Giải thích các bước giải:
a)Ta có: \(\widehat{M_{1}}=\widehat{M_{2}}\) (2 góc đổi đỉnh)
\(\Rightarrow \Delta AMP=\Delta BMC (g.c.g)\Rightarrow MP=MC\)
Xét tứ giác APBC có AB và CP là 2 đường chéo nhau tại trung điểm mỗi đường nên APBC là hình bình hành.
Vì APBC là hình bình hành nên \(BC\parallel AP\Rightarrow BC\parallel DP\)mà \(BC\perp CD\)
\(\Rightarrow BCDP\) là hình thang vuông (Điều phải chứng minh).
b)
Nhận xét: \(S_{ADC}=S_{ABC}=S_{ABP}\) và đặt \(S_{ADC}=S_{ABC}=S_{ABP}=a\)
Khi đó: \(2S_{BCDP}=2.3a=6a;3S_{APBC}=3.2a=6a\)
Suy ra đpcm.
c) Vì M là trung điểm của AB nên \(BM=\frac{1}{2}AB\)
Vì N là trung điểm của BC nên \(CN=\frac{1}{2}BC\)
mà \(AB=BC\Rightarrow BM=CN\Rightarrow \Delta CBM=\Delta DCN (c.g.c)\Rightarrow \widehat{C_{1}}=\widehat{D_{1}}\)
mà tam giác DCN vuông tại C nên \(\widehat{D_{1}}+\widehat{N_{1}}=90^{\circ}\Rightarrow \widehat{C_{1}}+\widehat{N_{1}}=90^{\circ}\Rightarrow \widehat{CQN}=90^{\circ} \)
\(\Rightarrow \Delta PDQ \) vuông tại Q.
Xét tam giác PDQ vuông tại Q, có QA là đường trung tuyến ứng với cạnh huyền
\(\Rightarrow QA=\frac{1}{2}PD=AD\)
mà \(AD=AB\Rightarrow AQ=AB\) (Điều phải chứng minh).